高三数学不等式的证明

高三数学不等式的证明（精选6篇）

高三数学不等式的证明 篇1

一．引入

（1）a克糖水中有b克糖ab0，若再添上m克糖m0，则糖水就变甜了，试根据这个事实提

炼一个不等式：_______________（3）当nN时，求证：1二．基本概念

131

①添加或舍去一些项，

an，aa

242

*

1111 222

223nn

②将分子或分母放大（或缩小）

③真分数的性质：“若0ab，m0，则④利用基本不等式，如：lg3lg5(⑤利用函数的单调性；

⑥利用函数的有界性：如：sinx1xR；x2x⑦利用常用结论：





22

aam

” 

bbm

lg3lg52n(n1))lg2lg2

lg24

xR；2x0xR

4kN,k1，*

kN,k1

*

Ⅱ、Ⅲ、1111111

1（）；k

2k2k(k1)k1kk2k(k1)kk1111111

； ()（k2）

k2k21(k1)(k1)2k1k1

n

4n

（1）14

22(5)(15)

2111(2)11 212

4n12n12n1Cn1Cn(n1)n(n1)n(n1)n(n1)

42111(6)nn

nn

2(21)212

n2 n2

nn1(n2)

n(n1)

n

(13)2n122n(31)2n33(2n1)2n2n12

312n

2n1

3(9)

11111111

,

k(n1k)n1kkn1n(n1k)k1nn1k

n11(11)

1

2(n12n1)(n1)!n!(n1)!

n

22n12n1



n

211

n22

(10)

(11)

2n2n2n2n111n1n(n2)n2nnnnnn1

(21)(21)(21)(21)(22)(21)(21)2121



1nn2



111

n(n1)(n1)(n1)n(n1)1n1

(12)1

n3

1n111n12n11n11

n1

n(13)2n122n(31)2n33(2n1)2n2n12312n2n13 ⑧绝对值不等式：ababab；⑨应用二项式定理.三．典型例题

例

1、若a,b,c,dR，求证：1

例

2、求证：21

例

3、当n2时，求证：logn(n1)logn(n1)

1*abcd2 abdbcacdbdacnN*

例

4、已知an21nN

（2）设An*，求证：an1a1a2....n 22a2a3an11111，则A与1的大小关系是21021012102211

1四．课堂练习

(1)求证：1

(2)设n为大于1的自然数，求证

11113.112123123n11111.n1n2n32n

22(3)设f(x)xx13，xa1，求证：f(x)f(a)2a1； 

五．课堂小结

1.放缩法的实质是非等价转化，放缩没有确定的准则和程序，放缩目的性很强，需按题意适当放缩.即通过放缩将复杂的一边化简，凑出另一边的形式。

2.放缩法的尺度：根据不等式两端的特点及已知特点，谨慎的采取措施，进行适当的放缩，任何不适宜都会导致推证的失败；这就需要认真的分析结论特点，由结论的特点探究解题规律；放缩标准：放缩到可裂项，放缩到可用公式，放缩到可控范围。

高三数学不等式的证明 篇2

一、单调函数法

当x属于某区间, 有f′ (x) ≥0, 则f (x) 单调上升;若f′ (x) ≤0, 则f (x) 单调下降。推广之, 若证f (x) ≤g (x) , 只须证f (a) =g (a) 及f′ (x) ≤g′ (x) 即可, x∈[a, b]。利用函数单调性来证明不等式时, 往往要引入适当的辅助函数将不等式问题转化成比较两个函数值的大小, 若要比较两个函数值大小, 只要将不等式两边的不等式相减或相除就可以得到所需的辅助函数;不能以f′ (x) <0而认为f (x) <0, 也就是说不要忘了端点值。

[例]证明:当x>1时, ex>ex

证明:令f (x) =ex-exf′ (x) =ex-e> (0x>) 1

当x>1时, f (x) 单增, 即当x>1时f (x) >f1 ()

所以, ex-ex>e-e⋅1=0ex>ex (x>) 1

二、函数的极值法

令f (x) 在区间[b, a]上连续, 则f (x) 在区间[b, a]存在最大值M和最小值m, 那么:m≤f (x) ≤M。通过变换, 把某些问题归纳为求函数的极值, 达到证明不等式的目的。

三、中值定理法

利用中值定理:f (x) 是在区间[a, b]上有定义的连续函数, 且可导, 则存在ξ, a<ξ

[例]证明:当0

证明令f (x) =lnx, x∈[b, a], 在[b, a]上使用拉格朗日中值定理,

[例]设f' (x) <, 0f () 0=0证明对任何的a>0, b>, 0有f (a+b)

(东北大学研究生入学试题)

分析:因为f (x) 可导, 又f () 0=0, 可以知道一定用拉格朗日中值定理

证明:由拉格朗日中值定理有

f (a+b) -f (b) =af' (ε2) , a<ε2

f' (x) <, 0因为f' (x) 单调递减, 所以f' (ε1) >f' (ε2) , f (a+b) -f (b)

所以对任何的a>0, b>, 0有f (a+b)

四、泰勒公式

[例]:证明:若函数f (x) 在[a, b]上存在二阶导数, 且f‘ (a) =f' (b) =0, 则在 (a, b) 内至少存在一点c使

五、凹凸性

有些不等式可以通过函数图像的凹凸性来证明, 利用函数的凹凸性也会给证明不等式带来一定的方便

[例]证明不等式

证明:取f (t) =et, t∈ (-∞, +∞) .f′ (t) =et, f′ (t) =et, 0t∈ (-∞, +∞)

因此函数f (t) =tlnt在 (0, +∞) 内图形是凹的, 故对任何x, y

综上可见, 不等式证明的方法是多种多样的, 并且方法灵活多样、技巧性强, 做具体问题时要善于观察和思考, 根据不等式证明中的题设与结论之间的关系以及自己擅长的方法和思维, 选择适当的证题方法。

摘要：不等式是高等数学主要研究的问题之一。可以说不等式的研究对高等数学的发展起到了一定的推动作用。以下通过实例介绍高等数学中不等式的常见证法。

关键词：高等数学,不等式证明

参考文献

[1]同济大学应用数学系:《高等数学》, 高等教育出版社。

[2]陈文灯、黄先开:《2005年考研数学复习指南》。

高中数学中不等式的证明方法 篇3

要培养和提高自己的证题能力，一是要熟悉证明不等式的常用方法；二是要通过做题、思考来感悟和领会这些方法、技巧，使其变为自己的证题能力。不等式的证明方法是多种多样的，并且在一个题目的证明过程中，往往不止应用一种方法，而需要灵活应用各种方法。现将证明不等式的常用方法归纳如下。

一、比法较

1.作差比较法

依据a>b a-b>0（或a例1.已知：a、b、c为正数，求证：a3+b3+c3≥3abc

证明：因为a3+b3+c3-3abc

= （ a+b+c）（a2+b2+c2-ab-bc-ca）

= （a+b+c）[（a-b）2+（b-c）2+（c-a）2]≥0

所以a3+b3+c3≥3abc

2.作商比较法

依据若b>0，则a>b >1（或a

关键词 Daily report 英语学习

中图分类号：G623.31 文献标识码：A 文章编号：1002-7661（2016）16-0041-02

我校位于城中村与市区结合的南湾片区，学生多属于外来务工人员的子女，即使是本市的生源，家长多属于湾仔本地人，文化程度不高，家庭学习环境差，很多家里没有电脑，学生根本不会利用互联网查阅资料，电脑对于他们来说就是一台游戏机。无论汉语还是英语，表达能力都很差。目前常规的英语教学，有限的课堂45分钟只能落实一些课本基本知识，日常口语会话不能得到很好的练习。为了有效练习日常会话和口语表达能力，我打算英语课利用课前3分钟开展一个“Daily Report”活动，活动实施前进行了学情调查，通过调查获得的数据，使我有了一种认识：受调查学生都经过了小学3年的英语学习，有些甚至学了6年，但由于众多原因，大部分学生未能达到应有的口语水平。存在的问题如下：

1.随着年级的增高、学习内容的增加、学习负担的加重，学生的学习态度和学习兴趣也随之减弱。

2.课堂是学生语言学习与习得的主要环境，离开课堂之后，他们很少有机会说英语，更无法将所学知识应用于实际交流。

3.部分学生有讲英语的热情，但对开口讲英语总有一种惧怕心理，怕出错，怕受老师责备，怕被同学耻笑。这种恐惧心理常导致学生平时缺乏足够的口语练习机会，在开口时没有一种自主感。越害怕说的就越少。

4.由于学生英语基础差，对学习英语产生了烦、厌、没兴趣等心理障碍，觉得用英语进行交际是一件非常困难的事，因而逃避说英语。

《九年义务教育初中英语课程标准》三至五级中对我们初中英语教学有这样的要求：“学生能尝试使用不同的教育资源，从口头和书面材料中提取信息，扩展知识，解决简单的问题并描述结果。能在学习中互相帮助，克服困难。”

开展Daily report活动能为学生搭建展示自我、与他人分享交流的平台，能够更好的激发学生学习英语的兴趣，提高学生做事能力，增强自信心。同时为师生互动交流提供了一个良好的机会。学生在演讲前会通过多种媒体收集、查阅大量资料，再对所收集的资料进行整合，这要求学生要正确地获取和判断各种信息，了解媒体传达信息的方式、工具等特点，合理使用数码技术、通讯工具和网络。这体现了21世纪技能——学生的信息、媒体和技术技能。所以，Daily Report对城乡结合地区的学生英语学习起着非常重要的作用。

一、开展Daily Report活动的要求

1.确定演讲内容。课前三分钟演讲顺序由课代表安排，或按座次，或按学号，或男女轮流出场；演讲的内容从刚入学七年级上的教学需要实施命题演讲，如自我介绍；一段时间后进行半开放型演讲，即演讲内容不做太多限制，让演讲者在备选的几个话题中抽签选择；最后进行开放型演讲，让演讲者自由选题。严密组织，让学生充分重视这一教学环节，以达到以讲促学的目的。杜绝信马由缰式的放纵，鼓励学生运用意会、感受、想象等方法，丰富词汇，领悟语法，形成自己的语言风格。

2.要求脱稿，不走形式。脱稿演讲，一方面能提高学生的记诵能力，另一方面还可以让学生在反复背诵中加深对主题的理解。每一次背诵都是一次学习的过程，也是一次提高的过程。我强调让学生珍惜难得的锻炼机会，严格脱稿演讲制度，不要让演讲有名无实。

3.注重教师指导，注重学生的个体差异。教师要对“课前三分钟演讲”进行针对性的指导。学生千差万别，演讲内容丰富多彩，演讲风格各不相同，那么演讲的效果肯定不会一致。初中生的年龄特点决定了他们敏感、自尊的心理特征，他们渴望成功，渴望得到认可和表扬，所以我们要对其中成功的演讲进行充分地肯定，让其尽享成功的愉悦，进一步激发他们的表现欲望和创造欲望，为其他学生树立一个榜样。教师言传身教，自始自终应把握正确的指引方向，既发挥学生的主体性，调动他们的积极性；又不放任自流，任由学生随意的“演讲”，让演讲流于形式。鼓励为主，恰当点评。对于不太成功的演讲，教师要善于从“不成功”中发现闪光点，让演讲者体会到了小小的鼓励，使其对下一次演讲充满渴望。

二、开展Daily Report活动的作用

1.培养了学生的创新能力。课前三分钟演讲，使学生的创造力得到了极大限度的发挥。从标题拟定、题材翻新、主题升华，一段音乐伴奏，不管是内容还是形式，学生们都表现出了非凡的创造力。为了吸引听众注意，各种各样的小花招更是层出不穷。

2.锻炼了学生发表个人见解的胆量，消除了学困生畏难的情绪。很多学生第一次上台手足无措，语无伦次，经过第二次、第三次锻炼以后，都有不同程度的进步。Daily Report循环周期长，学生准备时的工作量大，对基础差的学生是个很大的挑战。如何照顾学困生？可由课代表组织Daily Report的活动，分组依次轮流进行，前一天由科代表在公示栏里提醒，分布完这个任务后，第二天就开始执行，先从英语基础好的学生开始。对胆子很小、成绩也偏后的学生Daily Report会遇到困难，教师特意鼓励这些学生，让其好好表现。并带动其他同学给予其热烈的掌声鼓励。一些语音不好、语言表达不好的学生在Daily Report活动中可分配简单的任务，让其找到适合自己的舞台，这不仅使他们有成就感，而且也可提高他们的课堂参与热情，增强他们学好英语的信心。这样一来，既给学生们扫除英语课的紧张心理，也给学生开创一个很好的表现机会。

3.养成了学生仔细聆听的习惯。在进行Daily Report后，演讲者会对自己的内容进行提问，听众也会对所听到的内容进行纠错。只有仔细聆听了，才可以做到准确的回答问题和纠错。在纠错这一问题上，教育学生一方面要礼貌的纠正他人的错误，另一方面要敢于面对自己的错误。

4.促进了教师教学观念的转变，培养了教师的教育科研意识。通过这个活动，牢固树立校本研究的思想，更新了教师教学观念，巩固并加深了教师对新课程改革的理解，拓宽了教师对教学方式改变的思路，促进了教师综合素质的提高。

高三数学不等式的证明 篇4

（一）【说明】 本试卷满分100分，考试时间90分钟.一、选择题（每小题6分，共42分）1.设0＜x＜1，则a=2x,b=1+x,c=

中最大的一个是（）1x

A.aB.bC.cD.不能确定 答案：C

解析：因0＜x＜1,故 1-x2＞0,即1+x＜

1221,b＜c,又1+x-2x=(x)+＞0,故a＜1x2

2b,即最大的是C.2.(2010北京东城区一模，4)已知a＜0,b＜-1,则下列不等式成立的是（）

aaaa＞2B.2＞＞a bbbbaaaaC.＞2＞aD.＞a＞2 bbbb

A.a＞答案：C

a

＞0,b＞-1.则b2＞1.b

1a

∴2＜1.又∵a＜0,∴0＞2＞a.bbaa

∴＞2＞a.故选C.bb

解析：∵a＜0,b＜-1,则

3.设a＞b＞0，则下列关系式成立的是（）A.ab＞(ab)C.aabb=(ab)答案：A 解析：ab÷(ab)

ab

ab

ab2

B.ab＜(ab)

ab

ab2ab2的大小不确定

ab2

D.aabb与(ab)

ab2

a=()b

ab2

a,因a＞b＞0,故ab＞1,a-b＞0,()

b

ab2

＞1.4.设a,b∈R+，且ab-a-b≥1，则有（）

A.a+b≥2(2+1)B.a+b≤2+

1C.a+b＜2+1D.a+b＞2(2+1)答案：A

解析：由ab≥1+a+b(5.若0＜x＜

ab2)≥1+a+b,将a+b看作一整体即可.2

,设a=2-xsinx,b=cos2x,则下式正确的是()2

A.a≥bB.a=bC.a＜bD.a＞b 答案：D

解析：a-b=2-xsinx-cos2x

x2x2x22

=sinx-xsinx+1=(sinx-)+1-,因为0＜x＜,所以0＜＜＜1.所以a-b＞0.22441626.设a,b,c为△ABC的3条边，且S=a2+b2+c2,P=ab+bc+ca,则()

A.S≥2PB.P＜S＜2PC.S＞PD.P≤S＜2P 答案：D

解析：2(S-P)=2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ac=(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2≥0,∴S≥P.2P=2ab+2bc+2ca=(ab+bc)+(bc+ca)+(ca+ab)=b(a+c)+c(a+b)+a(c+b)＞b2+c2+a2=S,∴2P＞S.7.若a,xy∈R+,且x+y≤axy恒成立，则a的最小值是()A.22B.2C.2D.1 答案：B

解析：因(xy

xy)2=1+2xy2xy≤1+=2, xyxy

故xy

xy的最大值为2.即amin=2.二、填空题（每小题5分，共15分）

8.在△ABC中，三边a、b、c的对角分别为A、B、C，若2b=a+c，则角B的范围是___________.答案：0＜B≤

3a2c2b23a23c22ac29a2c22ac1解析：cosB=≥.2ac8ac8ac

2∴0＜B≤.339.已知ab+bc+ca=1，则当____________时，|a+b+c|取最小值_________________.答案：a=b=c=

解析：|a+b+c|2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac≥3ab+3bc+3ac=3.10.民用住宅的窗户面积必须小于地板面积，但按采光标准，窗户面积与地板面积的比应不小于10%，并且这个比越大，采光条件越好，则同时增加相等的窗户面积与地板面积，采光条件变_____________（填“好”或“坏”）.答案：好 解析：设窗户面积为a，地板面积为b，则a＜b,且aama.≥10%,设增加面积为m，易知bbmb

三、解答题（11—13题每小题10分，14题13分，共43分）

11.已知函数f(x)=x2+ax+b,当p、q满足p+q=1时，试证明pf(x)+qf(y)≥f(px+qy)对任意实数x、y都成立的充要条件是：0≤p≤1.证明：pf(x)+qf(y)-f(px+qy)

=p(x2+ax+b)+q(y2+ay+b)-(px+qy)2-a(px+qy)-b

=p(1-p)x2+q(1-q)y2-2pqxy

=pq(x-y)2.∵(x-y)2≥0,∴欲使pq(x-y)2≥0对任意x、y都成立，只需pq≥0p(1-p)≥0p(p-1)≤00≤p≤1.故0≤p≤1是pf(x)+qf(y)≥f(px+qy)成立的充要条件.12.若a、b∈R+且a+b=1,求证：a11b≤2.2

2证明：a11b≤2 22

11b≤4 22a+b+1+2a

a

ab+11b≤1 22ab1+≤1 2

41ab≤.4

ab21∵ab≤()=成立, 24

∴原不等式成立.13.已知a、b、x、y∈R+且11,x＞y.ab

求证:xy.xayb

证法一：（作差比较法）∵xybxay, xayb(xa)(yb)

11且，a、b∈R+, ab又

∴b＞a＞0.又x＞y＞0,∴bx＞ay.∴bxayxy＞0，即.(xa)(yb)xayb

证法二：（分析法）

∵x、y、a、b∈R+,∴要证

0,∴b＞a＞0.又x＞y＞0,14.给出不等式11xy,只需证明x(y+b)＞y(x+a),即证xb＞ya,而同＞abxaybxb＞ya显然成立，故原不等式成立.≥x21c

x2c1c(x∈R).经验证：当c=1,2,3时，对于x取一切实数，不等式c

都成立，试问c取任何正数时，不等式对任何实数x是否都成立，若成立，则证明，若不成立，求c的取值范围.解析：由x21c

x2c

1≥1c ≥c+x2c+x2c1 c

1≥0)≥0 (x2c-c)+ 1x2c1-(x2c-c)(1-xcc2

假设x∈R时恒成立，显然x2c-c≥0

即有1-1

xcc2≥0 1x2c·≥1x2≥-c c

左边x2≥0，而右边不恒≤0，故此不等式不能恒成立.若恒成立则必有1-c≤0 c

高三数学不等式的证明 篇5

数列和不等式是高考的两大热点也是难点，数列是高中数学中一个重要的内容，在高等数学也有很重要的地位，不等式是高中数学培养学生思维能力的一个突出的内容，它可以体现数学思维中的很多方法，当两者结合在一起的时候，问题会变得非常的灵活。所以在复习时，我们在分别复习好两类知识的同时，一定要注意它们的相互渗透和交叉，培养灵活的思维能力。

数列和证明不等式的交叉，是这两大块知识的主要交叉点，它在数列的特殊情景下，巧妙的融合了不等式的证明，它所涉及的问题往往是灵活的应用了数列和不等式的知识，把这两者完美的结合在了一起。

例1设an和bn分别是等差数列和等比数列，且a1b10，a2b20，若a1a2，试比较an和bn的大小。

分析：这两个通项大小的比较，它们的未知量比较多，比容易直接完成。因通过它们的项数n把他们组合在一起。设an的公差为d，bn的公比为q。显然q0，因为a2b20，所以有，a1da1q，即a1q1d。anbna1n1da1qn1a1a1n1q1a1qn1。又因为a1a2，所以

1qn1a2q1。若q1时，anbna11qn1= a11q

=a11q1qq2qn2n1。因为1qq2qn1n1，1q0，所以有：anbn。若0q1时，1qq2qn1n1，1q0，所以也有： anbn。综上所述，当nN，且n2时，anbn。在证明过程，对等比数列求和公式的逆用，是本题证明的一个转折点，它避免了一些不必要的分类讨论，时问题得以简化。

例2已知递增的等比数列an前三项之积为512，且这三项分别减去1，3，9后成等差数列，求证：123n1。a1a2a3an

分析：要想证明这个不等式，首先要求出左边的和式。根据题意，an是等比数列，2所以左边的和式可以利用错位相减法来求和。先确定这个等比数列。由a1a3a2可

得，a1a2a3a2512，所以a28。再设等比数列an的公比为q。则根据条件可

a14

得：818q9283，解得，q2或q1（舍去）。所以，因此，q2q2123n

an2n1。令Sn123n=234n1----------①，则

a1a2a3an222

21S123n--------------②，2n2324252n2由①-②得，1S1111n，即，2n2223242n12n2

1111n11n

1= Sn

222232n2n12n2n1

例3在某两个正数x，y之间，若插入一个数a，使x，a，y成等差数列；若另插入两个数b，c，使x，b，c，y成等比数列，求证：a12b1c1

分析：不等式左边有字母a，右边有不同字母b、c，要比较两边的大小，必须寻找

xy，bx2y，cxy2。a、b、c三者之间的联系，利用数列的关系可得：a2为计算方便，我们再令mx0，n

33

mn则a，bm2n，cmn2，y0，m3n32

1m2n1mn21= 那么，a1b1c1

2m3n3

=m2n2mn0，得a12b1c1。

2

例4设an0，且ananan1，求证：对一切自然数n，都有an。





n

22分析：因为ananan1，所以an1ananan1an，由已知an0，所以有，an1an0，即0an1。又因为an1an1an，111，所以1111。则有，1

an1an1anan1anan1an1an

在上式中取n1,2,,n1，得n1个不等式，把它们相加得，11n1，于

ana1

是，1n11n11n，因此，an1。在此题的证明过程中，我们巧妙的nana1

利用了数列求和的累加法，时问题的解决有一种全新的感觉。本题由于和自然数有关，也可以利用数学归纳法来证明。

例5 设a2，给定数列xn，其中x1a，且满足xn1

xn1

1。xn

2xn

。

2xn1求证：xn2且

分析：这是1984年的高考题，当时难倒了绝大部分的学生，大家觉得无从着手。它给定的是数列，求证的是不等式，而且都是和通项有关，所以我们可以考虑求出数列的通项再来观察。

xnxn1xn1x1因为2，又因为2xn12xn4xn4xn2x2x11n1

xn

xnax1a，所以有，xn2a2

n1

2n，则xn

2a21a

2n1

。而a2，则有，a20a21，所以01

aa因此，xn2且

xn1

1。xn

2n1

a21，那么01a

2n1

a21a

2n

1，1例6求证：1352n1。

2462n3n1

分析：这是一道不等式的证明题，若我们总是在不等式的圈子里转悠，问题不能圆满的解决。跳出这个圈子，我们不难发现这是一个自然数有关的命题，那么，解决它的方法不外乎两种，一是利用数学归纳法；二是构造数列。我们来构造一个数列

a2n23n1=

an。令an1352n1n1，则n1

2462n2n123n4an

12n28n20n41。所以，aa，从而有，aaaa1。=n1nnn1n2112n328n219n4

因此原不等式得证。

lgSnlgSn2

lgSn1。

分析：这是在数列情景下的不等式证明，所以要交叉使用数列的性质和不等式的证

例7设an是正项的等比数列，Sn是其前n项的和.证明：

明技巧。要证不等式等价于SnSn2Sn1，因为an0，所以Sn1Sn0。

由等比数列的定义可得：

aaa2a3

n1n2。a1a2anan1

再用等比定理得：

SnSn2Sn1。

Sn2Sn1an2a2a3an1Sn1a1Sn1，因此有：

Sn1Snan1a1a2anSnSn

例8 数列an和bn都是正项数列，对任意的自然数都有an，bn，an1成等差数列，22，an1，bnbn1成等比数列。

(1)问：bn是不是等差数列？为什么？

222(2)求证：对任意的自然数p和q（pq），bpqbpq≥2bp。

分析：对于第(1)题，我们不难证明它一定是等差数列。问题(2)的证明方法很多，我们可以直接利用等差数列的通项公式，通过作差比较来完成。但是若我们仔细分

222

析题意，观察bp，bbqpqp的特点，我们不难发现它们三者之间有等量关系：

bpqbpq≥

bpqbpq2bp，所以bpqbpq

。此题充分体现了数列和2bp

不等式知识的交叉运用。

例9数列an中，前n项之和为Snan2bn，其中a和b为常数，且a0，ab1，nN。

(1)求数列an的通项公式an；并证明an1an1。(2)若cnloganan1，试判断数列cn中任意两项的大小。

分析：此题的已知条件，前n项之和为Snan2bn 告诉我们，数列an是一个等差数列，要证明an1an1成立，只要证明该数列是一个递增的数列，且a11即可。(1)由Snan2bn可知，a1S1ab1，anSnSn12anab，所以an1an2a0，即数列an是一个单调递增的数列，那么an1ana11。

cn1logan1an2

(2)由(1)可知，数列cn各项都为正。则=logan1an2logan1ancnloganan1

logan1an2logan1an≤2=1logan1an124

2aan

1logaan2an21logan1n2= n1424





1，所以cn1cn.例10 已知数列an中，对一切自然数n，都有an0,1且anan 12an1an0。

求证：(1)an11an；

(2)若Sn表示数列an的前n项之和，则Sn2a1。

分析：从题目的结构可以看出，条件anan12an1an0是解决问题的关键，必2须从中找出an1和an 的关系。(1)由已知anan可得an12an1an0，2an1

1an1，12

又因为an0,1，所以有，01an11,因此an2an1，即an1an。2

1a1aa(2)由结论(1)可知，an1an112an2n，即1n1，于是有，22212n1112112a1，即Sn2a1。Sna1a2ana1a1n1a1a1

12212

高三数学不等式的证明 篇6

一、利用拉格朗日中值定理证明不等式

利用拉格朗日中值定理可证明联合不等式,步骤为:

(1)从中间表达式确定出f(x)及区间[a,b];

(2)验证f(x)在[a,b]满足拉格朗日中值定理条件,得

(3)分别令ξ=a,ξ=b破坏这个等式得不等式.

证先证右边不等式

再证左边不等式.

二、利用泰勒定理证明不等式

如果已知函数的高阶导数存在,则往往可以考虑通过考虑泰勒公式将函数展开来进行证明.

三、利用单调性证明不等式

该方法适用于某区间成立的不等式,数字不等式通常是通过做辅助函数来完成,步骤为:

(1)移项(有时需要作简单的恒等变形),使不等式的一端为“0”,另一端即为所求作的辅助函数f(x);

(2)求f′(x),并验证f(x)在指定区间的增减性(有时需求f″(x),f′″(x)才能判别f(x)在指定区间的增减性);

(3)求出区间端点的函数值(或极限值),做出比较即得所证.

例3设x>0,常数a>e,证明(a+x)a<aa+x

证因为y=ln x是单调递减函数,所以欲证明(a+x)a<aa+x,只需证

a ln(a+x)<(a+x)ln a

设f(x)=a ln(a+x)-(a+x)ln a,则f(x)在[0,+∞]内连续且可导,又有

四、利用极值、最大(小)值证明

极值本身就是不等式,在不等式的证明过程中可以构造出辅助函数,借助极值或最大(小)值来达到证明的目的.

五、利用函数的凹凸性进行不等式的证明

六、涉及二次累次积分不等式的证明

方法:将累次积分化为二重积分证明.尤其是题设中条件中告知被积函数严格单调增加(或减小)而没有说明可导的命题,其证明从差式出发进行推导.

由题设f(x)>0且在[0,1]上单调减少,所以当y≥x时,f(y)≤f(x).

故2I≥0,即I≥0命题得证.

例7设p(x),f(x),g(x)是[a,b]上的连续函数,且在[a,b]上,p(x)>0,f(x),g(x)为单调递增函数,试证:

同理

由于p(x),p(y)>0,[f(y)-f(x)][g(y)-g(x)]≥0

(∵f(x),g(y)同为增函数)

故2I≥0,即I≥0命题得证.

不等式的证明方法除了上述之外还有很多,大家在学习的过程中可以进一步补充.

参考文献

[1]刘书田.高等数学[M].北京:北京大学出版社,2001.

[2]侯风波.高等数学[M].北京:高等教育出版社,2005.

[3]赵树嫄.微积分[M].北京:中国人民大学出版社,2007.